e4 elettromagnetismo onde - roma1.infn.it · Esercizio – Due cariche elettriche, di valore rispettivamente 1 C e -2 C, si trovano alla di tdistanza di 2 m. Trovare i punti in ttttutto

Elettrostatica

Paolo Bagnaia - CTF - 4 - Esercizi di elettromagnetismo e onde 1♠

Esercizio – Calcolare il campo elettrico nel punto centrale tra due cariche, dil 2 10 7 C 5 10 8 C t ll di t di 10valore q1=2×10-7 C e q2= -5×10-8 C, poste alla distanza di 10 cm.

————————————S l iSoluzione –

Dalla legge di Coulomb :Dalla legge di Coulomb :

1 21 2 2 2

1tot

q qE E E⎛ ⎞

= + = − =⎜ ⎟⎜ ⎟( ) ( )1 2 2 2

0 2 2

7 85

4

1 2 10 5 10( ) 9 04 10 /

totd d

q q N C− −

⎜ ⎟⎜ ⎟πε ⎝ ⎠× + ×

= = = ×1 22 12 20

( ) 9.04 10 / .8.89 10 (0.1)

q q N Cd −= − = = ×

πε π× × ×

nella direzione della carica negativa.


Esercizio – Calcolare il campo elettrico nel punto centrale tra due cariche, dil 2 10 7 C 5 10 8 C t ll di t di 10 (id ti lvalore q1=2×10-7 C e q2= +5×10-8 C, poste alla distanza di 10 cm (identico al

caso precedente, a parte il segno della seconda carica).————————————

Soluzione –

Tutto identico al caso precedente, a parte i segni :

1 q q⎛ ⎞

( ) ( )1 2

1 2 2 20 2 2

7 8

14

1 2 10 5 10

totd d

q qE E E

− −

⎛ ⎞= + = − =⎜ ⎟⎜ ⎟πε ⎝ ⎠

7 85

1 22 12 20

1 2 10 5 10( ) 5.4 10 / .8.89 10 (0.1)

q q N Cd −

× − ×= − = = ×πε π × × ×

nella direzione della carica minore (cioè q2).


Esercizio – Quattro cariche, ciascuna di valore 2×10-6 C, sono poste ai verticidi d t di l t 2 C l l il l d l l tt i l t d ldi un quadrato di lato 2 m. Calcolare il valore del campo elettrico al centro delquadrato e al centro di ciascun lato.

————————————Soluzione – Nel centro del quadrato, i campi si cancellano due a due e ilcampo totale è nullo. Per quanto riguarda il campo nel punto centrale tra A e B(gli altri tre casi sono analoghi), i campi delle cariche A e B si cancellano; icampi delle cariche C e D hanno componente orizzontale che si cancella ecomponente verticale che si somma Essa vale :componente verticale che si somma. Essa vale :

cos4

22 20

===+=dQEEEE y

CyD

yC

ytot α

πε

A B

L

)2/()2/(21

4

22220

0

=++

=LL

LLLQ

d

πε

πε

D C

L

V/m. 640555

82

1)2/1(1

1)2/1(1

12

1)2/()2/(2

2222

0

===

++

LQ

LQ

LLLL

εε

πε


552)2/1(1)2/1(12 20222

0 ++ LL πεπε

Esercizio – Due cariche elettriche, di valore rispettivamente 1 C e -2 C, sit ll di t di 2 T i ti i t tt l i i i iltrovano alla distanza di 2 m. Trovare i punti in tutto lo spazio in cui il campoelettrico totale è nullo. ————————————Soluzione – Questi punti, se esistono, possono unicamente trovarsi sulla retta chepassa per i due punti. Infatti, nel resto dello spazio, i campi delle due cariche non sonocollineari, e pertanto la loro somma vettoriale non può essere nulla.collineari, e pertanto la loro somma vettoriale non può essere nulla.Sulla retta si possono inividuare tre zone : (a) tra infinito e prima carica, (b) tra le duecariche, (c) tra seconda carica e infinito. In (b) i campi sono paralleli e pertanto la

ò ll i ( ) il d ll d i è isomma non può essere nulla; in (c) il campo della seconda carica è sempre maggiore(carica più grande a distanza minore); viceversa in (a) i due campi possonocompensarsi (q1 e q2 sono i moduli delle cariche) :

2 2 21 2 1 21 2 1 1 1 22 2 2 2

0 0

2

1 1 0 2 04 4 ( ) ( )

q q q qE E q x q L q xL q xx x L x x L

= = = ⇒ − = ⇒ + + − = ⇒πε πε + +

+ -(a) (b) (c)

22 2 1 1 1 2 1 1 1 2

2 1 1 12 1 2 1

( ) )( ) 2 0 2(1 2) 4.8

( ) ( )q q q q q q q q

x q q q xL q L x L L m mq q q q

± + − ±− − − = ⇒ = = = ± →

− −


x L+ -

Esercizio – Come nel caso precedente, ma stavolta le cariche sono entrambeiti ( 1 C 2 C)positive (+1 C e +2 C).

————————————Soluzione – Identica al caso precedente, ma stavolta la soluzione è nella zona (b) trap ( )le due cariche (q1 e q2 sono i moduli delle cariche) :

1 1q q q q1 2 1 21 2 2 2 2 2

0 02 2 2 2 2

1 1 04 4 ( ) ( )

2 0 ( ) 2 0

q q q qE Ex L x x L x

q x q L q xL q x x q q q xL q L

= = = ⇒ − = ⇒πε πε − −

+ = ⇒ + = ⇒1 1 1 2 2 1 1 1

21 1 1 2 1 1 1 2

2 0 ( ) 2 0

( ) )( ) ( )

q x q L q xL q x x q q q xL q L

q q q q q q q qx L L

q q q q

+ − − = ⇒ − + − = ⇒

− ± + − − ±= = =

2 1 2 1( ) ( )

2( 1 2 ) 0.8

q q q q

m m

− −

= − ± →

xL+ +

(a) (b) (c)


Esercizio – Nel modello di Bohr dell’atomo di idrogeno, l’elettrone orbitatt l t ll di t di 0 5 10 8 T l f di tt iattorno al protone alla distanza di 0.5×10-8 cm. Trovare la forza di attrazione

elettrostatica tra le due particelle e la velocità dell’elettrone.————————————

Soluzione –Dalla legge di Coulomb :gg

1026.9)105.0(1089.84

)106.1(4

1 821012

219

2

2

0N

reF ×=

××××π××

=πε

= −−−

−

)(

2

0

mvF ⇒=

/10252105.01026.9 6108Fr

r

××× −− H

e-

./1025.21011.9

105.01026.9 631 sm

mFrv ×=

×== −


Esercizio – Due cariche, di valore q1=7×10-9 C e q2= 14×10-9 C sono postell di t di 40 T il l i i i l llalla distanza di 40 cm. Trovare il lavoro necessario per avvicinarle alla

distanza di 25 cm.————————————

Soluzione –Dalla definizione di energia potenziale elettrostatica :

114

121 rr

qqL =⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

πε−=

.103.140.01

25.01

1089.841014107

4

612

99120

J

rr

−−

−−

×−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

××π××××

−=

⎠⎜⎝πε

[perché L < 0 ?]

⎠⎝

r

+ +2r

1


Esercizio – Un elettrone (e=1.6×10-19 C, m=9.11×10-31 Kg) è scagliato allal ità di 106 / t d l tt h è t t fvelocità di 106 m/s contro un secondo elettrone, che è mantenuto fermo.

Trovare la minima distanza cui arrivano i due elettroni.

————————————Soluzione – La distanza minima corrisponde alla completa trasformazionedell’energia cinetica in energia potenziale elettrostatica :

=+=+=+=+ UKUKUK fininifinfininiini 00

⇒πε

==demv

fininifinfininiini2

0

2

41

21

10085

)10(1011.91089.84)106.1(22

410

263112

219

20

2

mved

−

−−

−

=×××××π×

××=

πε=

- -d

.1008.5 10m×=


Esercizio – Un condensatore piano ha un campo di 104 V/m e una lunghezza( ll l ll t ) di 5 U l tt t t l t(parallela alle armature) di 5 cm. Un elettrone entra tra le armature con unavelocità di 107 m/s ortogonale al campo. Calcolare l’angolo di deflessioneall’uscita del condensatore e il modulo della velocità Trascurare gli effetti diall uscita del condensatore e il modulo della velocità. Trascurare gli effetti dibordo.

————————————Soluzione – La forza elettrostatica (lungo l’asse y) è ortogonale alla velocitàiniziale dell’elettrone (asse x). Pertanto : α vfin

/108805.106.110

;//

6194

000

LEe

atvvLTvxttvx yxtotxx

×××

⇒==⇒=⇒=

−

E

fin

1088

;/108.8101011.9

6

6731

0,

v

smvm

v

fin

xfiny

×⎞⎜⎛

×=××

== − LE

;34110

108.8tanatan

7272622

70

,

vv

ax

finy =×

=⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=α

mvo


./1033.1)10()108.8( 7272620

2,, smvvv xfinyfintot ×=+×=+=

Correnti continuecontinue


Esercizio – Un conduttore di rame (peso atomico 63.5 g/mole, massal i 8 9 / 3) h i t t di 1 3 2 d è d llvolumica 8.9 g/cm3) ha una sezione costante di 1.3 cm2 ed è percorso dalla

corrente di 2 A. Calcolare la velocità media degli elettroni.————————————

Soluzione –

Nmoli/m3 : Mrame/(Vmmole) = ρ / mmole = 8.9×103/(63.5×10-3) =1.4×105 moli/m3;

N / mole : N = 6 02×1023 ;Nelettroni di conduzione / mole : NAvogadro = 6.02×1023 ;

n=Nelettroni / m3 : NAvogadro × ρ / mmole = 6.02×1023 ×1.4×105 = 8.44×1028 m-3;elettroni / Avogadro ρ / mole 6 0 0 0 8 0 ;

i=nSev ⇒ v = i / (nSe) = 2 / (8.44×1028×1.3×10-4×1.6×10-19) = 1.14×10-6 m/s.


Esercizio – Una stufa è alimentata da una d.d.p. di 240 V con una corrente da10 A D t i l i t d ll t f l t di i t10 A. Determinare la resistenza della stufa e la potenza dissipata.

————————————SoluzioneSoluzione –V = R i ⇒ R = V / i = 240 / 10 = 24 Ω;

W = V i = 240 × 10 = 2400 W.




W = V i = 120 × 20 = 2400 W.




W = V i = 120 × 10 = 1200 W.


Esercizio –Ci itCircuito :R1 = 4 Ω; R2 = 2 Ω;R3 = 4 Ω; i1 = 3 A;

R1R2A B

R3 4 Ω; i1 3 A;trovare i2, i3, ∆VAB.

R3

————————————Soluzione –SoluzioneRtot = R1 + R2 R3 / (R2 + R3) = 4 + 2×4 / (2 + 4) = 16/3 Ω = 5.33 Ω;

∆Vtot = Rtot i1 = 5.33×3 = 16 V;

V ∆V R i 16 4 3 4 V i V / R 4 / 2 2 AV2 = ∆Vtot - R1 i1 = 16 - 4×3 = 4 V ⇒ i2 = V2 / R2 = 4 / 2 = 2 A;

V3 = V2 = 4 V ⇒ i3 = V3 / R3 = 4 / 4 = 1 A

Paolo Bagnaia - CTF - 4 - Esercizi di elettromagnetismo e onde 16

V3 V2 4 V ⇒ i3 V3 / R3 4 / 4 1 A.

♠

Esercizio – Circuito :R R R 4 Ω R RR1 = R2 = R6 = 4 Ω;R3 = 8 Ω;R4 = R5 = 2 Ω;

R1

R3

R4

R6∆VR4 R5 2 Ω;∆V = 24V;trovare W6, Rtot.

R2

3 6

R5

————————————Soluzione –Soluzione

;1216

8844)(6543

654321 RRRR

RRRRRRRtot Ω=×

++=+++++

++=

;2;2

;212/24/

iiii

ARVi tottot

⎧ ⎧ ++

==∆=

;1;088

;2;)(

;2

2

6363

63

665433

63 Aiiii

iiiRRRiR

ii==⇒

⎩⎨⎧

⎩⎨⎧

=−=+

⇒++=

=+


.46266 WRiW ==

Esercizio – Circuito (ponte di Wheatstone) :R 30 Ω R 45 Ω R 200 ΩR1 = 30 Ω; R2 = 45 Ω; R3 = 200 Ω;∆V = 2V; ig = 0 (ruotare il potenziometro);trovare R4 i1 i2 i3 i4

R2R1

trovare R4, i1, i2, i3, i4.————————————

Soluzione –g

ig=0 → ∆Vg=0 → ∆V1 = R1i1 = ∆V3 = R3i3 ;

analogamente ∆V2 = R2i2 = ∆V4 = R4i4 ;R3 R4

g 2 2 2 4 4 4 ;

analogamente i1 = i2; i3 = i4 ;

R1i1 = R3i3 ; R2i2 = R4i4 →

∆V

R1i1 R3i3 ; R2i2 R4i4 →

(R1 / R2) × (i1/i2) = (R3 / R4) × (i3 / i4)=(R1 / R2)=(R3 / R4) ;

→ R = R R / R = 200 × 45 / 30 = 300 Ω;→ R4 = R3 R2 / R1 = 200 × 45 / 30 = 300 Ω;

i1 = i2= ∆V / ( R1 + R2) = 2 / (30+45) = 27 mA;

i i ∆V / ( R + R ) 2 / (200+300) 4 A


i3 = i4= ∆V / ( R3 + R4) = 2 / (200+300) = 4 mA.

♠

Esercizio – Un fornello elettrico di potenza 500 W porta un litro di acqua dallat t bi t di 16 °C ll’ b lli i i 20 i ti C l l ltemperatura ambiente di 16 °C all’ebollizione in 20 minuti. Calcolare lafrazione di calore dispersa nell’ambiente.

————————————Soluzione –Qtot = W t = 500 × 20 × 60 = 6×105 J = 1.435×105 cal;

Q ( ) 3 ( ) 4Qacqua = mc(Tfin - Tini) = 1 × 103×(100 – 16) = 8.4×104 cal;

η = (Q - Q ) / Q = 1 – 8 4×104 / (1 435×105) = 41 5 %η = (Qtot - Qacqua) / Qtot = 1 – 8.4×10 / (1.435×10 ) = 41.5 %.


Esercizio – Una teiera elettrica può essere riscaldata con due resistenzel tt i h Utili d l i i il tè i 15 i ti t lelettriche. Utilizzando la prima si prepara il tè in 15 minuti, mentre con la

seconda occorrono 30 minuti. Trascurando la dispersione di calorenell’ambiente calcolare il tempo necessario per fare il tè utilizzando le duenell ambiente, calcolare il tempo necessario per fare il tè utilizzando le dueresistenze in serie oppure in parallelo.

————————————Soluzione –1° caso : W1 = ∆V2 / R1 ; Q = W1 t1 = ∆V2 t1 / R1 ;

2° caso : W2 = ∆V2 / R2 ; Q = W2 t2 = ∆V2 t2 / R2 ; [Q e ∆V sono gli stessi !!!]

rapporto : t1 / t2 = R1 / R2 = ½ ⇒ R1 = ½ R2 ;

a) serie : Rtot;a = R1+R2 = 1.5 R2 ⇒ ta/ t2 = Rtot;a / R2 ⇒ ta = t2Rtot;a / R2 = 45 min.

b) parallelo : R = R R /(R +R ) = R /3 ⇒ t = t R / R = 10 min


b) parallelo : Rtot;b = R1R2 /(R1+R2) = R2/3 ⇒ tb = t2Rtot;b / R2 = 10 min.

♠

Campo magneticomagnetico


Esercizio – Due conduttori rettilinei, in cui passa una corrente di 2 A e 3 Ai tti t f fi d i t i C l l ilrispettivamente, formano una croce, sfiorandosi senza toccarsi. Calcolare il

valore del campo magnetico nei quattro punti posti a 2 cm da entrambi iconduttoriconduttori.

————————————Soluzione – I campi sono tutti ortogonali ali hi i “ ” il tpiano; chiamiamo “+” il verso uscente :

( )22

A) 210210

21 iiLL

iLiBBB zzz

tot =−=⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=

µµ i2L AD

( )

;101)32(102

22)

57

2121

T

LLLtot

−−

×−=−××

=

⎠⎜⎝ ππ L

L

AD

;105B)

;101)32(02.0

521 TBBB

T

zzztot

−×−=−−=

××

i1C B

105D)

;101C)

5

521

TBBB

TBBB

zzz

zzztot

−

−×=+−=C B


;105D) 521 TBBB zzz

tot ×=+=

Esercizio – Una bobina rettangolare, di lati 5 cm e 3 cm, composta da 100i t i d 10 i i l d ll’i t di ti dispire, ruota compiendo 10 giri al secondo all’interno di un campo magnetico di

2 T, ortogonale all’asse di rotazione della spira. Calcolare la f.e.m. indotta.

————————————Soluzione – Calcoliamo il flusso del campo attraverso la spira in funzione delSoluzione Calcoliamo il flusso del campo attraverso la spira, in funzione deltempo, poi deriviamo :

);2sin()sin( ==⋅=Φ tNBabtNBabSNB πνω→ →

[ ] );2cos(2)2sin(

);2sin()sin(

==Φ

=ℑ

==⋅=Φ

tNBabtNBabdtd

dtd

tNBabtNBabSNB

B

B

πνπνπν

πνω

8621022

;8.1803.005.021001021

max−

=××××××=ℑ Vdtdtπ

.8.621022 1−=××== sππνω


Esercizio – Una bobina quadrata, di lato 20 cm, ha un lato che è libero dii tt li lt i L b bi è f tt di t i l d ttscorrere rispetto agli altri. La bobina è fatta di materiale conduttore con

resistenza 2 Ω, indipendente dalla posizione del lato mobile. La bobina sitrova in un campo magnetico di 3 T ortogonale ad essa con il lato mobile chetrova in un campo magnetico di 3 T, ortogonale ad essa, con il lato mobile chesi muove alla velocità di 4 m/s verso l’esterno. Calcolare la corrente indotta.

————————————Soluzione – Calcoliamo il flusso in funzione del tempo, poi deriviamo :

420311);(

BddvtaBaSBB

Φ

+=⋅=Φ→ →

[ ] .2.12

42.03)(11 AR

BavvtaBadtd

Rdtd

Ri B =

××==+=

Φ=


Acustica


Esercizio – Un aeroplano emette suoni con la potenza di 5 W. Quale èl’i t ità 1 10 1 K ? S l li diti è 50 dB hl’intensità sonora a 1 m, 10 m, 1 Km ? Se la soglia auditiva è a 50 dB, a chedistanza è udibile ?

————————————Soluzione – Dalla definizione di intensità sonora :

β = 10 Log10 I/I0 = 10 Log10 [W/(4πR2 I0)] [I0 = 10-12 W/m2];

a) β (1 m) = 10 Log [W/(4πR2 I )] = 10 Log [5 / (4×π×12×10-12)] = 116 dB;a) β1(1 m) = 10 Log10 [W/(4πR2 I0)] = 10 Log10 [5 / (4×π×12×10 12)] = 116 dB;

b) β2(10 m) = 10 Log10 [5 / (4×π×102×10-12)] = 96 dB;) β2( ) g10 [ ( )] ;

c) β3(1 Km) = 10 Log10 [5 / (4×π×10002×10-12)] = 56 dB;

d) β4 = 10 Log10 [W/(4πx2 I0)] ⇒

[W / (4 I 10β/10)]½ [5 / (4 10 12 105)]½ 1995 1 99 K


x = [W / (4π I0 10β/10)]½ = [5 / (4×π×10-12×105)]½ = 1995 m = 1.99 Km.

♠

Ottica


Esercizio – In quale direzione un subacqueo vede il sole che tramonta ?( 1 33)(nacqua = 1.33)

————————————Soluzione –L’effetto è causato dal cambio di direzione della luce che entra nell’acqua.

Dalla legge di Snell :

sin i / sin r = nr / ni ⇒

sin 90° / sin α = nacqua / naria ⇒

sin 1 / 1 33 0 752

α

sin α = 1 / 1.33 = 0.752 ⇒

α = 48° 75.


α 48 75.

♠

Fine


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